【物理】2019届一轮复习鲁科版第七章带电粒子在电场中运动的综合问题 13页

能力课　带电粒子在电场中运动的综合问题 ‎　电场中的力、电综合问题 角度1　电场中粒子的运动图象问题 (2014·海南单科，9)(多选)如图1甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v－t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有(　　)‎ 图1‎ A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb 解析　由图乙可知，粒子做加速度减小，速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故正确答案为B、D。‎ 答案　BD 方法技巧 根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。‎ (2016·河北衡水中学二模)(多选)如图2甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是 (　　)‎ 图2‎ A．两点电荷一定都带负电，但电荷量不一定相等 B．两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等 C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D．t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零 解析　由v－t图可知t2时刻运动方向改变，且图线斜率不为零，则加速度不为零，0～t2时间内做减速运动，电场力做负功，试探电荷的动能转化为电势能，t2时刻电势能最大，C错误，D正确；试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿Q1、Q2连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电量相等，A错误，B正确。‎ 答案　BD 角度2　动力学方法和能量观点分析力电综合问题 在光滑绝缘水平面上放置一质量m＝0.2 kg、电荷量q＝＋5.0×10－4 C的小球，小球系在长L＝0.5 m 的绝缘细线上，细线的另一端固定在O点。整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图3所示(俯视图)。现给小球一初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F＝140 N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大ΔEk＝20 J，小球可视为质点。‎ 图3‎ ‎ (1)求电场强度的大小；‎ ‎ (2)求运动过程中小球的最小动能；‎ ‎ (3)若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则经多长时间小球动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？‎ 解析　(1)小球在A点动能最大，在B点动能最小，从A点运动到B点的过程，根据动能定理有2qEL＝ΔEk 得E＝4×104 N/C ‎ (2)小球在A点，根据牛顿第二定律有F－qE＝m mv－EkB＝ΔEk 得运动过程中小球的最小动能为EkB＝10 J ‎(3)EkB＝mv，得vB＝10 m/s 根据动能定理有qEy＝mv2－EkB 当mv2＝mv时，y＝2L 线断后，小球做类平抛运动，则y＝··t2，x＝vBt 得t＝ s，x＝ m 即经 s，小球动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点 m 答案　(1)4×104 N/C　(2)10 J　(3) s　m 方法技巧 分析力电综合问题的两种思路 ‎(1)动力学的观点 ‎①由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。‎ ‎②综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。‎ ‎(2)能量的观点 ‎①运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。‎ ‎②运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。‎ (2017·山东八校联考)如图4所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，问：‎ 图4‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？‎ 解析　(1)设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，‎ qEL－μmgL－mg·2R＝mv2－0‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mg＝ 代入数据解得v＝2 m/s，L＝20 m ‎(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，‎ qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝mv－0‎ 在P点时由牛顿第二定律可得，N－qE＝，‎ 解得N＝1.5 N 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。‎ ‎(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R＝gt2可得滑块运动的时间t为，‎ t＝ 得t＝0.4 s 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma 所以加速度a＝2.5 m/s2‎ 水平的位移为x＝vt－at2‎ 代入解得x＝0.6 m 滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s 水平方向的速度的大小为 vx＝v－at＝2 m/s－2.5×0.4 m/s＝1 m/s 落地时速度的大小为v地＝ 解得v地＝ m/s 答案　(1)20 m　(2)1.5 N　(3)0.6 m　 m/s ‎　带电粒子在交变电场中的运动 角度1　粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)‎ 如图5甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、带电荷量为q＝2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10 m/s2)，求：‎ 图5‎ ‎(1)23 s内小物块的位移大小；‎ ‎(2)23 s内电场力对小物块所做的功。‎ 解析　(1)设0～2 s内小物块的加速度为a1‎ 由牛顿第二定律得：E1q－μmg＝ma1即 a1＝＝2 m/s2‎ 位移s1＝a1t＝4 m ‎2 s末的速度为v2＝a1t1＝4 m/s 设2～4 s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得 E2q－μmg＝ma2‎ 即a2＝＝－2 m/s2‎ 位移s2＝s1＝4 m，4 s末小物块的速度为v4＝0‎ 因此小物块做周期为4 s的先匀加速后匀减速运动 第22 s末的速度为v22＝4 m/s，第23 s末的速度 v23＝v22＋a2t＝2 m/s(t＝23 s－22 s＝1 s)‎ 所求位移为s＝s1＋t＝47 m。‎ ‎(2)23 s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W－μmgs＝mv 解得W＝9.8 J。‎ 答案　(1)47 m　(2)9.8 J 如图6甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) (　　)‎ 图6‎ 解析　电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。‎ 答案　A 角度2　粒子做往返运动(一般分段研究)‎ (多选)如图7所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 解析　设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。‎ 答案　CD 如图8甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)‎ 图8‎ A．0T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。‎ 答案　B 角度3　粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)‎ (2015·山东理综，20)(多选)如图9甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ 图9‎ A．末速度大小为v0‎ B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 解析　因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。‎ 答案　BC 如图10甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板间的电势差随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板电容器的时间都极短，可以认为电压是不变的)‎ 图10‎ ‎(1)在t＝0.06 s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ 解析　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2‎ 经电场偏转后侧移量y＝at2＝·()2‎ 所以y＝，由图知t＝0.06 s时刻u＝1.8U0‎ 所以y＝4.5 cm 设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝ 所以Y＝13.5 cm。‎ ‎ (2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。‎ 答案　(1)O点上方13.5 cm处　(2)30 cm ‎1．(2017·长春模拟)(多选)如图11甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(　　)‎ 图11‎ A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板 B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板 C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 解析　若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；电子从时刻进入两板时，电子先加速，经时速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再加速反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入时一定不能到达B板，小于时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。此题作v－t图象更易理解。‎ 答案　BC ‎2．(2016·镇江一模)(多选)一个带电粒子在电场中仅在静电力作用下做直线运动，取该直线为x轴，初始位置O为坐标原总，其电势能Ep与坐标x的关系如图12所示，则下列关于直线上各点的场强E、粒子运动的速度v、动能Ek、加速度a与x的关系图象中，合理的是 (　　)‎ 图12‎ 解析　电势能变化看电场力做功，有ΔEp＝EqΔx，由Ep－x图象的斜率为定值，说明电场为匀强电场，A项正确；粒子所受电场力为恒力，加速度为定值，做匀变速运动，B、D选项错误；根据动能定理知动能变化看合力做功，电场力为恒力，动能随位移均匀变化，C项正确。‎ 答案　AC ‎3. (2014·全国卷Ⅰ，25)如图13所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ：‎ 图13‎ ‎(1) 无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； ‎ ‎(2) 电场强度的大小和方向。‎ 解析　(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin 60°＝v0t①‎ dcos 60°＝gt2②‎ 又有Ek0＝mv③‎ 由①②③式得Ek0＝mgd④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd⑤‎ 由④⑤式得＝⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ＝⑨‎ 解得x＝d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩‎ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。‎ 设场强的大小为E，有qEdcos 30°＝ΔEpA⑪‎ 由④⑦⑪式得E＝⑫‎ 答案　(1) ‎(2)　方向与竖直向下的方向的夹角为30°‎